de thi toan dai hoc 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (325.55 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009

MƠN THI: TỐN, KHỐI A
ĐỀ CHÍNH THỨC THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 PHÚT 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số: 2

 

2 3

x
y

x





1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

 

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm số

 

1 , biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh,
trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A B, và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:











1 2sin cos

3
1 2sin 1 sin

x x





 

2. Giải phương trình: 2 33 x23 6 5 x 8 0



x



Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:





3 2

cos 1 cos

I x xdx









Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; ABAD2a,

CDa; góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



ABCD



bằng 60 . G0 ọi I là trung điểm của

cạnh AD. Biết hai mặt phẳng



SBI



và



SCI



cùng vuông góc với mặt phẳng



ABCD



,
tính thể tích khối chóp S ABCD. theo a.

Câu V (1,0 điểm)

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x y z, , thỏa mãn x x



yz



3yz, ta có:



x y



3



xz



33



xy



xz



yz



5



yz



PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I



6; 2



là giao

điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M



1;5



thuộc đường thẳng AB và trung điểm

E của cạnh CD thuộc đường thẳng :x y 5 0. Viết phương trình đường thẳng AB.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P : 2x2y z 40 và mặt cầu

 

2 2 2

: 2 4 6 11 0

S x y z  x y z  . Chứng minh rằng mặt phẳng

 

P cắt mặt cầu

 

S

theo một đường trịn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z22z100. Tính giá trị biểu thức

2 2

1 2

A z  z .

B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: 08. 7305 7668 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

 

C :x2y24x4y 6 0 và

đường thẳng :xmy2m 3 0, với m là tham số thực. Gọi I là tâm đường tròn

 

C .
Tìm m để  cắt

 

C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn

nhất.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

P :x2y2z 1 0 và hai

đường thẳng 1: 1 9

1 1 6

x y z

   , 2: 1 3 1

2 1 2

x y z

  

 . Xác định tọa độ điểm M
thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ

M đến mặt phẳng

 

P bằng nhau.

Câu VII. (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình





 

2 2

log 1 log

3x xy y 81

x y xy

 

   









HƯỚNG DẪN GIẢI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)

1. Bạn đọc tự giải

2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng yx

hoặc y x. Suy ra:

 





0 0

0 2

0 0

1 1

2 0

2 3

x y

y x

x y

x

   




       

   

 





1: y 1 x 1 y x

        (loại)





2: y 0 x 2 y x 2

         (nhận)

Vậy tiếp tuyến cần tìm là: 2: y  x 2

Cách khác: A a



;0 ,



B



0;b



, đường thẳng qua A B, có dạng x y 1

ab  , tam giác OAB cân tại O

nên

a  b b a.

+ Với ba đường thẳng là y  x a, để đường thẳng là tiếp tuyến thì hệ sau có nghiệm





2
2

2 3

1 1

2 3 2

x
x

x a
x a

x
x

x

x x



 



  
   

  

 



    



   



   

 

Với x  1 a 2 đường thẳng là y  x 2 (nhận)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>





2 3

x

x a
x

x



 
 


 

 





Hệ vô nghiệm nên đường thẳng này không là tiếp tuyến.

Vậy tiếp tuyến là đường thẳng y  x 2
Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:











1 2sin cos

3
1 2sin 1 sin

x x





 

Điều kiện:





2
6
1

1 2sin 0 sin 7

2
2

1 sin 0 6

sin 1

2
2

x k

x x

k

x k

x

x k










  





   

  

    

  

  

   



 
















1 2sin cos

3
1 2sin 1 sin

x x





 

cos 2sin cos

3
1 sin 2sin 2sin

x x x



 

  





cosx sin 2x 3 sinx cos 2x

   

3 1 1 3

cos 2 s in2 cos sin

2 x 2 x 2 x 2 x

   

cos 2 cos

6 3

x  x 

   

      

   

 

2 2 2

6 3 2

2 2

18 3

6 3

x x k x k l

x k n

x x k

  

 



 

     

 

 

         



 



Vậy 2

18 3

S    k 

 

2. Giải phương trình: 2 33 x23 6 5 x 8 0

  

* x



Điều kiện: 6

x

Đặt: 3

3 2

u x , suy ra u3 3x2
6 5

v  x, suy ra v2  6 5x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: 08. 7305 7668

 

3 2

2 3 8 0 1

5 3 8 2

u v

   




 




 

1 8 2
3

u

v 

  thay vào

 

2 ta được:

2
3

8 2

5 3. 8

64 32 4

5 8

u
u

u u

u


 

   

 

 

  









 

3 2

15 4 32 40 0

2 15 26 20 0

15 26 20 0

u u u

u

u u vn

    

 

 

  



Với u  2 suy ra v4, ta có hệ

2 3 2 2

4 6 5 16

u x

x

v x

    

 

   

 

  

 

Thay x 2 vào

 

* ta thấy 2 là nghiệm của phương trình.

Vậy S  

 

2
Câu III (1,0 điểm)





2 2 2

3 2 5 2

1 2

0 0 0

cos 1 cos cos cos

I x xdx xdx xdx I I

  





 







 

 









2 2 2

5 4 2

0 0 0

5 3 2

cos cos cos 1 sin sin

sin 2sin 1 2 8

sin 1

5 3 5 3 15

I xdx x xdx x d x

x x

x

  



    

 

       

 



 





2 2

2
2

0 0

2
0
1

cos 1 cos 2

1 1

s in2

2 2 4

I xdx x dx

x x

 



   

 

    

 



Vậy: 1 2 8

15 4

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu IV (1,0 điểm)

C
I

B
A

B
E

D C

Theo giả thiết ta có SI vng góc với mặt phẳng



ABCD



Xét tam giác BEC ta có: BC  BE2CE2  a24a2 a 5
Ta có: SBIC SABCD SABI SCDI





2
2

2 2 1 1 3

2 2 2 2

a a a a

a a a



   

Trong tam giác BEC, kẻ IF là đường cao, ta có:

2
3
2

2 2 3

5 5

BIC

a

S a

IF

CB a

  

Vì góc giữa mặt phẳng



SBC



và mặt phẳng



ABCD



là 60 0

 3 3 3

tan 3 . 3 3

5 5

SI a a

SFI SI IF

IF

     

Vậy thể tích khối chóp S ABCD.

2 3

1 1 3 3 3 15

. .3

3 ABCD 3 5 5

a

V  SI S  a  a (đvtt)

Câu V (1,0 điểm)

Xét điều kiện :

2 2 2 2

2 2 2

( ) ( ) 2( ) ( )

( ) ( ) 2 ( )

x xy xz yz

x y x z y z y z

x y x z x y x z

y z y z y z y z

  

       

   

    

   

Đặt u x y,v x z ( ,u v 0)

y z y z

 

  

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: 08. 7305 7668

 

2 2 2

2 2

2 ( )

1 1

u v u v

u v uv

   

   

Khi đó ta có

3 3 3

3 3

2 2

( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )

( ) ( ) 3( )( ) 5

3 5

( )( ) 3 5

x y x z x y y z x z y z

x y x z x y x z

y z y z y z y z

u v uv

u v u uv v uv

        

   

   

   

   

     

 

3 5 2

u v uv

    (do (1))

Mặt khác, từ (1) ta có : uv 1



uv



21

 

3 ,
Và ( )2 1 3 1 3( )2

uv   uv   uv (uv)2 4u v 2

 

4
Từ (3) và (4) ta có điều cần chứng minh (2)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. I



6; 2 ,



M



1;5







E  E a a , IE 



a6;3a



Gọi P là điểm đối xứng của E qua I

Suy ra P



12a a; 1





11 ; 6



MP a a



Ta có: . 0





 

6 3





0 6
7

a

MP IE a a a a

a



         




 

Phương trình đường thẳng AB nhận IE làm vectơ pháp tuyến

Với a6 suy ra IE 



0; 3





nên AB: 3 y150 y5

Với a7 suy ra IE 



1; 4



nên AB x: 4y190

Cách khác: I



6; 2 ,



M



1;5







E  E a a , IE 



a6;3a




Đường thẳng AB nhận IE



làm pháp vectơ nên có dạng





 













6 1 3 5 0

6 3 4 9 0

a x a y

a x a y a

     

      

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

































2 2

6 6 3 2 4 9

6 3

6 3 8 39

2 18 45 8 39

a a a

a a

a a a

    

    

  

     

    

2
2
2
2

2 18 45 8 39

13 42 0

5 3 0

6 7

5 13 5 13

2 2

a a a

a a

    

 

    



   

 

  


  




  

   



+ Với a6 thì AB y: 5

 

1
+ Với a7 thì AB x: 4y190

 

2
+ Với 5 13

a  thì AB:



 7 13

 

x 1 13



y 2 4 3 0

 

3
+ Với 5 13

a  thì AB:



 7 13

 

x 1 13



y 2 4 3 0

 

4
Ta thấy

Với 5 13

a  thì 5 13 5; 13

2 2

E   

 

khi đó E

 

3 (loại)

Với 5 13

a  thì 5 13 5; 13

2 2

E   

 

khi đó E

 

4 (loại)

Vậy phương trình AB là y5 hoặc x4y190

2. VTPT của

 

P : nP (2, 2, 1) 



2 2 2

( ) : (S x1) (y2) (z3) 25
Có tâm I(1, 2,3), bán kính R5

 

, 2 2 2

| 2.1 2.2 3 4 |
3
2 ( 2) ( 1)

I P

d  R

 

  

  

   

Vậy (d) cắt (P) theo một đường tròn . Gọi J và r là tâm và bán kính của nó
Gọi ( ) qua I và vng (P)

1 2
( ) : 2 2

x t

y t

z t

 



   
  


suy ra J   ( ) ( )P

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: 08. 7305 7668

2 2 2

2 2 2 2

2(1 2 ) 2(2 2 ) (3 ) 4 0

9 9 0

(3,0, 2)

2 ( 2) ( 1) 3

5 3 4

t t t

t
t
J
IJ

r R IJ

      

  

 


     

     

Câu VII.a (1,0 điểm)
2

2 10 0

z  z 
Ta có :

1
2

1 10 9 3

1 3
1 3

i

z i

 

        
  


 

  


Suy ra A z12 z22 20

B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu VI.b (2,0 điểm)

 

C :x2y2 4x4y 6 0

Ta có tâm I



 2; 2



và bán kính R 2
:x my 2m 3 0

    

Ta có: 1 . sin 1 2sin 1 2 1

2 2 2

IAB

S  IA IB AIB R AIB R 
Dấu ""xảy ra   0

sinAIB 1 AIB 90

   

Ta có tam giác IAB là tam giác vuông cân, suy ra



;



R
d I   





2 2

2 2 2 3

1 4 1 1 4 1 1

m m

m m m m

m

   

         


2

15 8 0 8

m

m m

m




   

 


2. Phương trình tham số của 1:

1
:

9 6

x t

y t

z t

  



  

   


M   suy ra M



 1 t t; ;  9 6t



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>



2 ; 3 ; 8 6



MA t t  t



, MA u; 2 



8t14; 14 t20;t 4



 

 

Khoảng cách từ M đến 2:













 













2 2 2 2 2 2

2
2 2

; 8 14 14 20 4 8 14 14 20 4

2 1 2

MA u t t t t t t

u

             

 

 

  

 


Khoảng cách từ M đến mặt phẳng

 

P :





 

2 2

1 2 2 9 6 1 11 20

1 2 2

t t t t

       


  

Hai khoảng cách bằng nhau dẫn đến:



8t14



2 



14t20



2



t 4



2 



11t20



140 352 212 0
1

53
35

t t

t
t

   






 


Với t 1 suy ra M



0;1; 3



Với 53

t  suy ra 18 53 3; ;

35 35 35

M 

 

Câu VII. (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình





 

2 2

log 1 log

3x xy y 81

x y xy

I

 

   









Điều kiện: xy0

 

2 2

2 2 2

2 2

4 4

x y x y

x y xy

I

x xy y x

x xy y

 

    



   

   

  

  



2 2

x x

y y

  

 

 

  

 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm



2; 2 ,

 

 2; 2



</div>

de thi toan dai hoc 2

 

 

 



















<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

























<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 

 

 

 

 

 

 





 

 













<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



















<sub></sub>

<sub></sub>











